题意：给定一个长度为N的排列，你只能对其中长度为K的连续子序列进行一次从小到大的排序，问：排序之后能形成多少不同的排列？
数据范围： 1 <= n, k <= 200,000， k <= n.
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分析此题，我们发现，长度为K的连续子序列在原排列中只有 N-K+1个，也就是说只会有N-K+1个排序情况，得出答案的上界N-K+1.
考虑上界中有多少连续子序列重复计数M，减去M即为答案。
那么剩下的问题就是统计每一个排序之后的连续子序列相同的个数M了。
朴素做法：枚举每一个长度为K的区间，从大到小排一下序，得出原排列，与其他排列进行比较，统计相同排列的个数cnt，累加每个cnt-1即可。
时间复杂度 O（N^2*Klog(K)）.
思考一下优化方法。
设原排列为A1，A2，A3，........，An。
假设一个区间[l，r]排序之后为原排列为P（l，r）.
那么如果P（l1，r1） = P（l2，r2）且 r1 - l1 +1 = r2 - l2 + 1 = K。
当且仅当存在以下两种情况，上式成立：
（1） 区间[l1，r1] 和 区间[l2，r2] 原本就有序（从小到大）。
（2） 区间[l1，r1] 和 区间[l2，r2]相邻，即 l2 = l1+1，r2 = r1+1，且 min[l1，r2] = a[l1]，max[l1，r2] = a[r2].
结论（1）的正确性显然。
主要讨论结论（2）的正确性：
我们可以知道，区间[l1，r1] 和 区间[l2， r2] 的区间交为[l2，r1]，区间并为[l1，r2]。
如果只考虑区间[l2，r1]，那么排序结果显然相同。
而P（l1，r1） P（l2，r1）U 由区间[l1，l2-1]中所有元素基于大小关系插入区间[l2，r1]的相应位置。
区间[l2，r2] 同理。
于是我们只需解决区间[l1，l2-1] 和区间 [r1+1，r2]对区间[l2，r1]的 排序影响。
如果[l1，r1] 与 [l2，r2] 不相邻，且非情况（1），则 P（l1，r1） != P（l2，r1），P（l2，r2）！= P（l2，r1），P（l1，r1）！= P（l2，r1）！= P（l2，r2），不存在。
则当l2 = l1+1 时，若min[l1，r2] = a[l1]，则P（l1，r1）= P（l2，r1），若max[l1，r2] = a[r2]，则P（l2，r2）= P（l2，r1）.由传递性可知：P（l1，r1）= P（l2，r1）= P（l2，r2）。结论成立。
证毕。
于是根据这两个结论，我们可以首先求出情况（1）的重复数，扫一遍原排列，求出长度大于等于K的升序区间数量。
对于情况（2），我们先选取区间[1，K]，维护最大值和最小值，接着左端点和右端点指针分别往右移，转移到区间[2，K+1]，对于区间[1，K]和[2，K+1]，判断是否符合min[1，K+1] = a[1] 并且 max[1，K+1] = a[K+1].若符合，则累加到M中，否则继续往右移，直到右端点到N为止。
维护动态区间最大值和最小值可以用STL的堆 或者 set 维护。
插入删除复杂度O（logN），遍历时间复杂度O（N），总时间复杂度O（NlogN）.可以通过。
如果手动维护，有点繁琐，但是总时间复杂度降为O（N），大家有兴趣可以尝试一下（我就不试了QAQ）.
堆的代码如下：
#include#define ll long long#define mp make_pair#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i = (b);i--)using namespace std;typedef pair pii;typedef double db;const int N = 1e6 + 50;int n, k, a[N], cnt = 0, flag = 0; int ans = 0, maxx, minn, pmax, pmin;int vis[N], f[N];priority_queue STL的代码如下：
#include#define ll long long#define mp make_pair#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i = (b);i--)using namespace std;typedef pair pii;typedef double db;const int N = 1e6 + 50;int n, k, a[N], ans = 0, cnt;set s;set ::iterator it;inline int read(){ int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(ch ‘9‘){if(ch == ‘-‘) f = -1; ch = getchar();} while(ch >=‘0‘ while(a[i] > a[i-1] } } ans = n-k+1; int l = 1, r = k; while(l <= r s.insert(a[r]); if(*(s.rbegin()) == a[r] s.erase(a[l]); l++; } if(!cnt) printf("%d\n", ans); else printf("%d\n", ans - cnt+1);}int main(){ init(); return 0;}View Code备注：本题堆的速度比要快，但是代码实现难度更大，推荐用.
AtCoderGC038B - Sorting a Segment解题报告